河南省新乡市2025-2026学年高二上学期期末模拟物理试题【含答案】

河南省新乡市2025-2026学年高二上学期期末自编练习物理试题一、单选题：本大题共8小题，共24分。1.如图甲的直线为某电场中的一条电场线，M、N是该电场线上的两点，电子在M点由静止释放，只受电场力作用，在向N点运动的过程中其速度-时间图像如图乙所示。下列说法正确的是(

)

A.M点的电势一定高于N点的电势

B.电子在M点的电势能一定大于在N点的电势能

C.该电场可能是一个孤立的点电荷形成的电场

D.该电场可能是一对等量异种点电荷形成的电场2.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则(

)

A.剪断细线后，两球做匀变速曲线运动

B.a球比b球先落地

C.a球的质量比b球的小

D.从剪断到落地，小球b电势能变化量的绝对值大于小球a电势能变化量的绝对值3.如图所示为某种静电喷涂装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为电场线，在强电场作用下，一带电液滴从发射极由静止加速飞向吸极，A、B、C、D四点的电场强度大小分别为EA、EB、EC、ED，电势分别为φA、φB、φC、A.EA<EC<EB

B.4.如图所示，一圆形区域内存在匀强磁场，AC为直径，O为圆心，一带电粒子从A沿AO方向垂直射入磁场，初速度为v1，从D点射出磁场时的速度为v2，则下列说法中正确的是(粒子重力不计)

(

)

A.v ​2>v ​1，v ​2的方向必过圆心 B.v ​2=v ​1，v ​5.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，其中c点的磁感应强度为2B0，则下列说法正确的是(

)

A.d点的磁感应强度为2B0

B.b、d两点的磁感应强度相同

C.a点的磁感应强度在四个点中最大

D.b6.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在天花板上，另一端悬挂边长为L、匝数为n的正方形线框，线框的下半部分处于磁场方向垂直纸而向里的匀强磁场中。当线框中未通入电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x1；当线框中通入大小为I的顺时针方向电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x2。忽略回路中电流生的磁场，只有线框的下半部分始终处于磁场中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是A.磁场的磁感应强度大小为kx2-x1nIL B.线框受到的安培力方向竖直向上

C.7.如图所示为计算机生成的点电荷电势分布三维图，x、y轴组成被研究的平面，φ轴为电势的大小，a和b为图中的两点，若取无穷远处的电势为零，则(

)

A.该点电荷带负电

B.a点所在曲线为电场线

C.a点处位置的电场强度大于b点处位置的电场强度

D.负电荷从a点处位置移动到b点处位置，其电势能减小8.1932年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在实验中最早观察到正负电子对产生与湮没，成为第一个发现正电子的科学家。此后，人们在气泡室中，观察到一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向外，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是(

)

A.右侧为负电子运动轨迹

B.正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度

C.正、负电子所受洛伦兹力始终相同

D.正、负电子在气泡室运动时，动能减小、半径减小、周期不变二、多选题：本大题共4小题，共16分。9.如图所示、电源电压E=6V，内阻不计，电阻R1=2Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，电容器电容C=4μF，下列说法正确的是A.S断开时电容器的电压为2V

B.S断开时电容器a极板带正电

C.S闭合电路稳定后，电容器b极板带负电

D.S闭合电路稳定后，电容器所带电荷量为810.下图为有两个量程的电流表内部简化电路图，表头的内阻Rg=490 Ω，满偏电流Ig=2 mA已知电流表两量程分别为0A.当使用A、B两个端点时，该电流表的量程为0～0.1 A

B.当使用A、B两个端点时，该电流表的量程为0～1 11.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。粒子1和粒子2分别从M点和N点沿竖直平面以相同大小的初速度v0进入电场，粒子1从M点进入电场的初速度方向与电场线成一钝角，粒子2垂直电场线从Ｎ点进入电场，粒子１和粒子２恰好都能经过Ｐ点。粒子１和粒子２为两个完全相同的带正电荷的粒子，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是(

)

A.粒子1到达P点的速度大于v0

B.粒子1到达P点的速度小于粒子2到达P点的速度

C.粒子1从M点到P点所花的时间小于粒子2从N点到P点所花的时间

D.粒子1从M点到P点所花的时间大于粒子2从N点到P12.滑块a与静止的滑块b在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计。滑块a、b碰撞前后的位移随时间变化的图像如图所示，根据已知信息可知(

)

A.滑块a和滑块b的质量之比为1：6 B.滑块a和滑块b的质量之比为1：2

C.滑块a和滑块b碰撞属于弹性碰撞 D.滑块a和滑块b碰撞属于非弹性碰撞三、实验题：本大题共2小题，共18分。13.为测定电流表内阻Rg。实验中备用的器件有∶A.待测电流表(量程0B.电阻箱(阻值范围0C.电阻箱(阻值范围0D.电源(电动势2V)E.电源(电动势6V)F.滑动变阻器(阻值范围0- 50Ω，额定电流①如果采用如图所示的电路正确测定电流表A的内阻，可变电阻R1应选用

，可变电阻R2应选用

，电源应选用

(用字母代号填写②如果实验时要进行的步骤有∶a.合上开关Kb.合上开关K2c.将R1的阻值调到最大d.调节R1e.调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半f.记下R2把以上步骤的字母按实验的合理顺序为∶

。③如果在步骤f中所得R2的阻值为600Ω，则图中电流表的内阻Rg的测量值为

Ω14.有一金属电阻丝的阻值约为20Ω，现用以下实验器材测量其电阻率：

A.电压表V1

(量程0～15V，内阻约为15kΩ)

B.电压表V2

(量程0～3V，内阻约为3kΩ)

C.电流表A1

(量程0～0.3A，内阻约为0.5Ω)

D.电流表A2(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)

E.滑动变阻器R1(阻值范围0～1kΩ，允许最大电流0.2A)

F.滑动变阻器R2(阻值范围0～20Ω，允许最大电流1.0A)

G.螺旋测微器

H.电池组(电动势3V，内电阻约为0.5Ω)

I.开关一个和导线若干

(1)某同学决定采用分压式接法调节电路．为了比较准确地测量出电阻丝的电阻，电压表选________，电流表选________，滑动变阻器选________.(只需填写器材前面的字母)

(2)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图甲所示，该电阻丝直径的测量值d=________mm；

(3)如图乙所示，将电阻丝拉直后两端分别固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，其间有一可沿电阻丝滑动的触头P，触头的上端为接线柱c.当按下触头时，它才与电阻丝接触，触头位置可在刻度尺上读出．

该同学测电阻丝电阻的实物连接如图丙所示，在连接最后一根导线的左端到电池组正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．

A. 四、计算题：本大题共4小题，共42分。15.如图所示，水平地面上静止放置着小物块B和C，相距L=2.0m，小物块A向右以瞬时速度v0=10m/s与B正碰，碰后粘在一起运动再与C碰．已知A和B的质量均为m=2kg，C的质量mC=4kg，物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.4，取g=10m/s2，物块均可视为质点且相互碰撞时间很短．

(1)求AB碰后粘在一起运动的初速度v1和与C碰撞前瞬间AB的速度大小v；

(2)若AB与C碰后，C的速度vC=2m/s，求AB与C碰撞过程中损失的机械能ΔE；

(3)若AB与16.如图所示为研究粒子特性的装置示意图，M、N两极板间存在电压为U的加速电场。初速度为0且重力不计的带电粒子S经加速电场加速后，从y轴上的P(0,32a)点以垂直于y轴的方向射入第一象限的匀强磁场中，从x轴上的K点沿与x轴负方向成60°角的方向射出第一象限。已知第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。

(1)判断粒子所带电性，并求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；

(2)求该粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)和粒子进入磁场时速度v的大小；

(3)要使带电粒子S从K点进入第四象限后，经一次偏转，再从O点进入x轴上方，求第四象限所加垂直纸面匀强磁场的方向和磁感应强度B117.如图，倾角θ=37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d.现由静止释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin 37°=0.6，cos 37(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0(2)若A、B的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k。18.如图所示，一质量为m，电荷量为e的质子从静止开始经加速电压U加速后，紧挨A板水平进入竖直方向的偏转电场中，已知A、B板的长度及板间距离都是L，A板电势比B板电势高2U，紧挨A、B的右侧有平面直角坐标系，坐标原点与A板右端重合，第四象限有竖直向上的匀强电场，电场强度为E。(1)质子从加速电场射出时的速度v1(2)质子射出偏转电场时的偏转角θ是多大？(3)质子进入第四象限后经过多长的时间t速度方向变为水平？

答案和解析1.【答案】B

【解析】AB.由图乙可知，该电子从M向N运动的过程中，速度在不断增大，即电场力做正功，电势能在减小，故在M点的电势能一定大于在N点的电势能，根据电势能与电势的关系，由于电子带负电，所以M点的电势一定低于N点的电势，故A错误，B正确；CD.速度-时间图像的斜率表示加速度，由图乙可知图像的斜率不变，所以电子的加速度不变，根据牛顿第二定律可知，电子所受的电场力不变，即从M到N的过程中，电场强度不变，即为匀强电场，故CD错误。故选B。2.【答案】D

【解析】A.剪断细线后两球水平方向受库仑力一直变化，所以不是匀变速曲线运动，故A错误；C.对两个小球受力分析，如图所示：由示意图可知，有

F由于

β>α

，两球之间的库仑力大小相等，所以

ma>mbB.剪断细线后，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，时间相等，故B错误；D.两小球在水平方向受到的库仑力大小相等，由于小球a的质量大，由F=ma可知，小球b在水平方向的加速度大，所以相同时间内，小球b水平方向的位移大小大于小球a水平方向的位移，故电场力对小球b做的功大于对小球a做的功，即小球b电势能变化量的绝对值大于小球a电势能变化量的绝对值，D正确。故选D。3.【答案】B

【解析】A.根据电场线的疏密可判定，电场强度EA<EB.顺着电场线方向，电势降落，电势φD>φC.带电液滴向右运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；D.带电液滴受到的电场力方向沿电场线切线方向，其运动方向还与初速度方向有关，带电液滴在电场力作用下不一定沿着电场线运动，故D错误。故选B。4.【答案】B

【解析】洛伦兹力不改变速度的大小，所以v2=v1。如图，连接A、D，作AD的垂直平分线，找出运动轨迹对应的圆心B，由几何关系可得BD一定垂直于OD，因为粒子做匀速圆周运动的速度方向垂直于轨迹半径，所以速度v2的方向沿OD5.【答案】C

【解析】A.用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：c

点的磁感应强度为2B0，则通电直导线在圆周上任一点的磁场强度大小为3B0，d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度大小为BD．b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，叠加后磁感应强度的方向斜向左上方与d点的磁感应强度的方向不同；由于两个方向的磁感应强度的大小不相等，故b点的磁感应强度与竖直方向的夹角不等于45°；故BDC.a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加后最大，故C正确。故选C。6.【答案】A

【解析】A.当线框中未通入电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x1，有kx1=mg

当线框中通入大小为I的顺时针方向电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x2，有kx2=mg+nBIL

解得磁场的磁感应强度大小为B=kx2-x1nIL，故A正确；

B.根据左手定则可以判断，线框受到的安培力方向竖直下，故B错误；

C7.【答案】C

【解析】A.由图可知，离点电荷越远，电势越小，可知该点电荷带正电，故A错误；

B.点电荷的电场线为直线，故B错误；

C.由A选项分析可知，a点离点电荷比较近，b点离点电荷较远，可知a点处位置的电场强度大于b点处位置的电场强度，故C正确；

D.由图可知a点电势大于b点电势，根据Ep=φq可知负电荷从a点处位置移动到b点处位置，电势能增大，故D错误。

故选8.【答案】D

【解析】由左手定则可知，题图中右侧为正电子运动轨迹，左侧为负电子运动轨迹，故A错误；电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB=mv2r，解得v=eBrm，由题图所示电子运动轨迹可知，正电子轨迹半径小，则正电子速度小于负电子速度，故B错误；正、负电子所受洛伦兹力方向时刻发生变化，所以正、负电子所受洛伦兹力不相同，故C9.【答案】BD

【解析】A.S断开时，R2两端电压为电容器的电压为UC1=UB.S断开时，电源顺时针给电容器充电，所以电容器a极板带正电，故B正确；C.S闭合电路稳定后，电容器与R1并联，与R1两端电压相等，电容器b极板带正电，故D.电容器的电压为R1两端电压电容器的电量为Q解得Q故D正确。故选BD。10.【答案】BD

【解析】

当使用A、B两个端点时，由电路图可知，表头与R2串联后和R1并联有：

Ig+Ig(Rg+R2)R1=I1，

当使用A、C两个端点时，由电路图可知，R1与R2串联后再和表头并联，有：

Ig+IgRgR1+R2=I2，

11.【答案】BD

【解析】AB.粒子1从M点到P点电场力不做功，则粒子1到达P点的速度大小等于

v0

，粒子2从N点到P点，电场力做正功，根据动能定理可知粒子2到达P点的速度大小大于

v0

，则粒子1到达P点的速度小于粒子2到达P点的速度，故B正确，CD.垂直电场方向，粒子做匀速运动，粒子1垂直电场方向的速度小于

v0

，粒子2垂直电场方向的速度等于

v0

，垂直电场方向的位移相等，则粒子1从M点到P点所花的时间大于粒子2从N点到P点所花的时间，故D正确，故选BD。12.【答案】AD

【解析】AB.在位移—时间图像中，图线的斜率表示物体的速度，由图像可知，碰撞前a的速度为

vb的速度为零；碰撞后a的速度

vb的速度为

v由动量守恒定律

m可得

mamb=1CD.碰撞前后a、b的机械能关系为

1可知a、b的碰撞属于非弹性碰撞，故D正确，C错误。故选AD。13.【答案】

CB

E

cadbef

600

【解析】①该实验是半偏电流法测电流表的内阻。K2闭合前后的两次电路，如果干路电流变化不大，那么就可以认为，K2闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱R2所分的电流各占一半，又因为二者并联，两端的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻箱R2的阻值相等。要保证两次实验干路的电流变化不大，就需要保证两次实验电路的总电阻变化不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变化，对整个电路影响不大。要达到这个效果，R1就需要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑变，也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，R1应选用C。该实验要通过可变电阻R2阻值来间接反映出电流表的内阻值，因此可变电阻R2的选取原则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级上。经此分析，可变电阻R2应选用电源应选E。②半偏法测电流表内阻的步骤为：实验前，将R1的阻值调到最大；合上开关K1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；保持R1的阻值不变，合上开关K2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下③根据①中的分析可知，电流表的内电阻Rg的测量值，就等于电阻箱R2的阻值，即14.【答案】B

C

F

0.185

开关应该处于断开状态

滑动变阻器滑片P'应当滑到最右端

kπ【解析】(1)电源电动势为3V，电压表选B；电路最大电流约为：I=ER=320A=0.15A，则电流表选C，为方